Qũy tích phương pháp chung để giải các bài toán quỹ tích

QUỸ TÍCH
PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ GIẢI BÀI TỐN QUỸ TÍCH
I). Định nghĩa:
Một hình H được gọi là tập hợp điểm ( Quỹ tích) của những điểm M thỏa
mãn tính chất A khi và chỉ khi nó chứa và chỉ chứa những điểm có tính chất
A.
II). Phương pháp giải tốn:
Để tìm một tập hợp điểm M thỏa mãn tính chất A ta thường làm theo
các bước sau:
Bước 1: Tìm cách giải:
+ Xác định các yếu tố cố định, không đổi, các tính chất hình học có liên
quan đến bài tốn
+ Xác định các điều kiện của điểm M
+ Dự đoán tập hợp điểm.
Bước 2: Trình bày lời giải:
A. Phần thuận:Chứng minh điểm M thuộc hình H
B. Giới hạn: Căn cứ vào các vị trí đặc biệt của điểm M để chứng minh
điểm M chỉ thuộc một phần B của hình H ( Nếu có)
C. Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc B . Ta chứng minh điểm M
thoả mãn các tính chất A
D. Kết luận: Tập hợp các điểm M là hình B . (Nêu rõ hình dạng và
cách dựng hình B )

THCS.TOANMATH.com


III). MỘT SỐ DẠNG QUỸ TÍCH CƠ BẢN TRONG CHƯƠNG
TRÌNH THCS
I). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRUNG TRỰC
Tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A, B
cho trước là đường trung trực của đoạn thẳng AB

Ví dụ 1: Cho góc xOy cố định và điểm A cố định nằm trên tia Ox .

B là điểm chuyển động trên tia Oy , Tìm tập hợp trung điểm M của AB
a) Phần thuận:
+ Xét tam giác vng OAB ta có :

y
B

z

OM = MA = MB nên
M

tam giác OAM cân tại M . Mặt khác OA cố định
suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn

O

M1

A

thẳng OA .
b) Giới hạn:
+ Khi B trùng với O thì M  M1 là trung điểm OA
+ Khi B chạy xa vô tận trên tia OB thì M chạy xa vơ tận trên tia M1 z
c) Phần đảo .
Lấy M bất kỳ thuộc tia M1 z , AM cắt Oy tại B . Suy ra

MO = MA  MAO = MOA . Mặt khác OBM = BOM (cùng phụ với góc

MAO = MOA )  MO = MB . Suy ra MO = MA = MB . Hay M là trung
điểm của AB .
THCS.TOANMATH.com

x


d) Kết luận: Tập hợp các trung điểm M của AB là đường trung trực
của đoạn OA .
II) TẬP HỢP ĐIỂM LÀ TIA PHÂN GIÁC
Tập hợp các điểm M nằm trong góc xOy khác góc bẹt và cách đều hai
cạnh của góc xOy là tia phân giác của góc xOy .
y

z
M

O

x

Ví dụ 1) Cho góc xOy trên tia Ox lấy điểm A cố định . B là điểm chuyển
động trên tia Oy . Tìm tập hợp các điểm C sao cho tam giác ABC vuông
cân tại C .
Giải:
a) Phần thuận:
Dựng CH , CK lần lượt vng góc với Ox, Oy

y
B
K

thì vCAH = vCBK  CH = CK .
Mặt khác góc xOy cố định

z

C
C1

O

A

suy ra C  tia phân giác Oz của góc xOy
b) Giới hạn, Phần đảo: Dành cho học sinh.
c) Kết luận:Tập hợp điểm C là tia phân giác Oz của góc xOy
THCS.TOANMATH.com

H

x


III). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG THẲNG , ĐƯỜNG THẲNG SONG
SONG.
Ta thường gặp các dạng tập hợp cơ bản như sau:
1. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cố

định A, B là đường thẳng AB
2. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua điểm cố định
A tạo với đường thẳng (d ) một góc khơng đổi
3. Tập hợp các điểm M cách đường thẳng (d ) cho trước một đoạn
không đổi h là các đường thẳng song song với (d ) và cách đường
thẳng (d ) một khoảng bằng h
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC .Tìm tập hợp các điểm M sao cho
SMAB
= a  0 cho trước.
SMAC
Hướng dẫn:

A

Phần thuận:
M

Gọi D là giao điểm của AM và BC .
Vẽ BH , CK lần lượt vng góc
với AM , H , K  AM

H
D
C

B
K

Ta có:

SMAB BH S ABD DB
=
=
=
=a.
SMAC CK S ACD DC

Suy ra

BD
a +1
a
BC  D là điểm cố định .
+1 =
 DB =
CD
a
a +1

Vậy điểm M nằm trên đường thẳng (d ) cố định đi qua A, D .
Phần còn lại dành cho học sinh.
THCS.TOANMATH.com


Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và điểm K chuyển động trên cạnh AC , P là
điểm chuyển động trên trung tuyến BD của tam giác ABC sao cho
S APK = SBPC . Gọi M là giao điểm của AP, BK Tìm tập hợp các điểm M .
Hướng dẫn:
Bài tốn liên quan đến diện tích nên ta

A

dựng các đường cao

F
E
K

MF ⊥ AC , BE ⊥ AC , AH ⊥ BD, CI ⊥ BD

M1

M

D
H

Ta dễ chứng minh được:

P

B

Nhưng

C

M2

S ABK MK MF S ABD AH AD

=
=
=
=
=1
,
S AMK BK BE S BDC CI
DC
Mặt khác ta cũng có:

I

S APB AH
=
= 1. Từ giả thiết ta suy ra S APK = S APB .
SBPC CI

S APK MK
1
=
= 1  BM = BK
2
S APB BM

Vậy tập hợp điểm M là đường trung bình song song với cạnh AC của tam
giác ABC trừ hai trung điểm M1, M 2 của tam giác ABC
điểm I .
Ví dụ 3: Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB,CD vng góc với nhau .
Một điểm M chuyển động trên đoạn thẳng AB ( M không trùng với O,A, B) .
Đường thẳng CM cắt (O) tại giao điểm thứ 2 là N . Đường thẳng vng góc với

AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của (O) ở điểm P . Chứng minh rằng điểm P

luôn chạy trên một đoạn thẳng cố định:
Hướng dẫn:

C

THCS.TOANMATH.com

A

M

O

B


Điểm M,N cùng nhìn đoạn OP dưới
một góc vng nên tứ giác MNPO nội
tiếp suy ra MNO = MPO = MDO . Từ đó
suy ra MODP là hình chữ nhật . Do đó
MP = OD = R .

Vậy điểm P nằm trên đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng
không đổi R
Giới hạn: P thuộc đoạn thẳng nằm giữa hai tiếp tuyến tại A, B của (O)
Ví dụ 4: Cho nữa đường trịn đường kính BC trên nữa đường tròn lấy điểm
A ( Khác B,C ) . Kẻ AH vng góc với BC(H  BC) . Trên cung AC lấy
điểm D bất kỳ (khác A,C) . Đường thẳng BD cắt AH tại điểm I. Chứng

minh rằng tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AID ln nằm trên một
đường thẳng cố định khi D thay đổi trên cung AC .
Hướng dẫn:
Ta có: BDC = 90 , BAH = ACB
cùng phụ với góc B . Mặt khác ADB = ACB
(cùng chắn cung AB ). Suy ra

D

A

0

B

K
I
C
H

O

BAI = ADI suy ra AB là tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI . Mặt khác AC cố định AC ⊥ AB nên
tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI luôn thuộc đường thẳng
AC .
IV. TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRỊN, CUNG CHỨA GĨC.
THCS.TOANMATH.com

1. Nếu A, B cố định. Thì tập hợp các điểm M sao cho AMB = 900 là
đường tròn đường kính AB ( Khơng lấy các điểm A, B )
2. Nếu điểm O cố định thì tập hợp các điểm M cách O một khoảng
khơng đổi R là đường trịn tâm O bán kính R .
3. Tập hợp các điểm M tạo thành với 2 đầu mút của đoạn thẳng AB

)

(

cho trước một góc MAB =  khơng đổi 0    1800 là hai cung
tròn đối xứng nhau qua AB . Gọi tắt là ‘’cung chứa góc ‘’

M
α

A

O

A

B

α
M

Ví dụ 1. Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) và D là một điểm trên cạnh
BC . Kẻ DM / /AB ( M  AC ). DN / /AC ( N  AB) . Gọi D' là điểm đối xứng

của D qua MN . Tìm quỹ tích điểm D' khi điểm D di động trên cạnh BC .
Hướng dẫn giải:
A

M
D'
N

B

THCS.TOANMATH.com

D

C


Phần thuận: Từ giả thiết đề ra ta thấy NB = ND = ND' , do đó ba điểm
B, D, D' nằm trên đường trịn tâm N . Từ đó BD' D =

1
1
BND = BAC (1).
2
2

Tương tự ta có ba điểm D', D,C nằm trên đường tròn tâm M . Nên
DD'C =

1
1
DMC = BAC (2). Từ (1) và (2) suy ra BD'C = BAC (khơng đổi).
2
2

Vì BC cố định, D' nhìn BC dưới một góc BAC khơng đổi, D' khác phía
với D (tức là cùng phía với A so với MN ) nên D' nằm trên cung chứa góc
BAC vẽ trên đoạn BC (một phần của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).

Phần đảo: Bạn đọc tự giải.
Kết luận: Quỹ tích của điểm D' là cung chứa góc BAC trên đoạn BC . Đó
chính là cung BAC của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ví dụ 2. Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động
trên cung lớn BC của đường tròn ( O ) ( A khác B , A khác C ). Tia phân giác
của ACB cắt đường tròn ( O ) tại điểm D khác điểm C . Lấy điểm I thuộc đoạn
CD sao cho DI = DB . Đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại điểm K khác

điểm B .
a) Chứng minh rằng tam giác KAC cân.
b) Chứng minh đường thẳng AI luôn đi qua một điểm J cố định.
c) Trên tia đối của tia AB lấy điểm M sao cho AM = AC . Tìm quỹ tích các điểm
M khi A di động trên cung lớn BC của đường tròn ( O ) .
Hướng dẫn giải:

M

x

A

D

K

THCS.TOANMATH.com

O

B

C

J


a) Ta có DBK =

(

)

)

(

1
1
sđDA + sđAK ; sđDIB = sđBD + sđKC .
2

2

Vì sđBD + sđDA và DBI cân tại D nên sđKC + sđAK . Suy ra AK = CK
hay KAC cân tại K (đpcm).
b) Từ kết quả câu a, ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên đường
thẳng AI luôn đi qua điểm J (điểm chính giữa của cung BC khơng chứa
A ). Rõ ràng J là điểm cố định.
1
2

c). Phần thuận: Do AMC cân tại A , nên BMC = BAC . Giả sử số đo
BAC là 2 (khơng đổi) thì khi A di động trên cung lớn BC thì M thuộc

cung chứa góc  dựng trên đoạn BC về phía điểm O .
Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn ( O ) cắt cung chứa góc  vẽ trên
đoạn BC tại điểm X . Lấy điểm M bất kỳ trên Cx (một phần của cung chứa
góc  và vẽ trên đoạn BC ( M#X;M#C) . Nếu MB cắt đường tròn ( O ) tại A
thì rõ ràng A thuộc cung lớn BC của đường trịn ( O ) .
Vì BAC = 2; AMC =  suy ra AMC cân tại A hay AC = AM .
Kết luận: Quỹ tích các điểm M là cung Cx , một phần của cung chứa góc
 vẽ trên đoạn BC về phía O trừ hai điểm C và X .
Ví dụ 3. Cho đường trịn O; R và dây BC cố định. A là điểm di động
trên đoạn thẳng BC . D là tâm của đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với
O; R tại B ; E là tâm của đường tròn đi qua A,C và tiếp xúc với O; R

tại C . Tìm tập hợp các giao điểm M khác A của hai đường tròn D và

THCS.TOANMATH.com

E .

Hướng dẫn:
a) Phần thuận:
O và D

O, B, D thẳng hàng; O

tiếp xúc tại B

O, E ,C thẳng hàng. B1

tại C
A2

C 1 EA

B1

A2

EC . Suy ra B1

BO / /AE, A1

C1

DA , B1

A1 DB

A2, A1

và E

tiếp xúc

C 1 OB

OC ,

C1 ,

DA / /OE .

Do đó ADOE là hình bình hành.
Gọi K là tâm hình bình hành

ADOE

K là trung điểm
M

O

của AO và DE . D cắt E tại A , M

D

I

E

K

DE là trung trực của AM .

B

1

1

2

A

Gọi I là giao điểm của DE và AM .

IK là đường trung bình của
AMO

IK / /MO

là hình thang. Mà DM

DOME
OE

(cùng bằng bán kính của D ).

Vậy D, M ,O, E là bốn đỉnh của hình thang cân. Do đó D, M ,O, E cùng
thuộc một đường tròn.

THCS.TOANMATH.com

1

C


MBC

ADE MBC

suy ra BMC

ADE

1
ADM , MCB
2

1
AEM ,
2

AED

DOE (không đổi). BC cố định. vậy M thuộc

DAE

cung chứa góc BOC .
b) Giới hạn:
Khi A

B thì M

B , Khi A

C thì M

C . Vậy M chuyển động

trên cung chứa BOC .
c) Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ trên cung chứa góc BOC . Dựng đường
tròn D qua M và tiếp xúc O tại B , đường tròn D cắt BC tại A .
Dựng đường tròn E qua M , A,C . Cần chứng minh E tiếp xúc O tại

C . Thật vậy, từ B,C dựng hai tiếp tuyến Bx ,Cy của O ta có

BMA

ABx (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung cùng

chắn AB ), ABx

NC ). Suy ra BMA

ACy (vì NB

Bx ,Cy, MA đồng quy tại N . Do đó AMC

ACy, suy ra

ACy , suy ra CN là tiếp

tuyến của E qua N , A,C . Vậy E và O tiếp xúc nhau tại C .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm M là cung chứa góc BOC dựng trên
đoạn BC .
Ví dụ 4. Cho ba điểm A, B,C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ
đường thẳng d vng góc với AC tại C , D là điểm di động trên đường
thẳng d . Từ B vẽ đường thẳng vng góc AD tại H H

AD cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD tại M , N . Tìm tập hợp các điểm
M, N .
Hướng dẫn:

(d)

THCS.TOANMATH.com

D
M


a) Phần thuận: ACD
ACD

AM

900

AN , AM

AD là đường kính của đường trịn
AN . Xét

AMB và

AM . Do đó

ACM có M

chung, AMB

ACM AN

AM
AC

AB
AM

AM 2

AM

AN

AB.AC khơng đổi. Do đó M , N thuộc đường trịn cố định

AB.AC

AM

AMB

ACM , suy ra

AB.AC (khơng đổi). Vậy

A; AB.AC .
b) Giới hạn: Điểm D chuyển động trên đường thẳng d nên M , N chuyển
động trên đường tròn A; AB.AC .
c) Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường trịn A; AB.AC . Vẽ
AH

có AM

AHB

MB H

AN

ACD

MB cắt d tại D ; MH cắt A; AB.AC tại N . Ta

AB.AC .

900 )

THCS.TOANMATH.com

AH
AC

AHB

AB
AD

ACD ( A chung,

AH .AD

AB.AC . Do đó


AM 2

AN 2

AM
AD

AH
AM 2
AM

AMH

AMD

AH .AD . Xét

ADM có A chung,

AMH và

AH .AD . Do đó

AHM

ADM

M thuộc đường trịn ngoại tiếp

900

900 nên

AMD . Mà AHM

Tương tự N cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp

ACD .
ACD .

d). Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường trịn A; AB.AC .

Ví dụ 5. Cho đường trịn O; R hai đường kính AB và CD vng góc.

M là điểm di động trên CAD . H là hình chiếu của M trên AB . Gọi I là
tâm đường trịn nội tiếp tam giác HMO . Tìm tập hợp các điểm I .
Hướng dẫn:

C
M

a) Phần thuận:

I
A

HMO có

H

900

Do đó IMO

HMO

IMO có OIM

1
HOM
2
1800

HMO ). Do đó

THCS.TOANMATH.com

450

IMO

IAO có OI (chung); OM
tròn nội tiếp

B

O

900 .

HOM

IOM

H

D

IOM

OA

IMO

1350 . Xét

R ; IOM

IMO và

IOA ( I là tâm đường

IAO (c.g.c)

IOM

OIA


OIA 1350 , OA cố định. Do đó I thuộc cung chứa góc 1350 dựng trên
đoạn thẳng OA .
b) Giới hạn:
A thì I

M

A . Khi M

C thì I

O .Khi M

D thì I

O.

Vậy M chuyển động trên hai cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn thẳng
OA .
c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn

OA

OIA

1350 . Vẽ tia OM , M

O sao cho OI là tia phân giác của

AOM .
IMO và

Xét

chung). Do đó

IMO có IMO

HOM

HMO

IAO có OM
IMO

IOM

R, IOM

OA

IOA , OI (cạnh

IAO (c.g.c), suy ra OIM

1800

OIM

900 . Do đó HMO

450

OIA

HOM

1350 .

2.IOM

900

2IMO , suy ra MI là phân giác

HMO . Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp

HMO .

d) Kết luận:
Tập hợp các tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác HMO là cung chứa
góc 1350 vẽ trên đoạn thẳng OA (trừ hai điểm A và O ).
Ví dụ 6. Cho đường trịn O điểm A cố định trên đường tròn. Trên tiếp
tuyến tại A lấy một điểm B cố định. Gọi đường tròn O ' là đường tròn
tiếp xúc với AB tại B có bán kính thay đổi. Tìm tập hợp các trung điểm I
của dây chung CD của O và O ' .
Hướng dẫn:
THCS.TOANMATH.com


a) Phần thuận: CD cắt AB tại M .
Xét

MAD và

(chung), MAD

C

MCA có AMD

MCA

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung
và góc nội tiếp cùng chắn cung AD ).
Do đó

MAD

MCA

minh tương tự ta có MB 2

D

A

M

MA MD
MA2
MC
MA
MC .MD . Suy ra
M cố định. IC

O'

I

O

B

MC .MD . Chứng

MA2

MB 2

OIM

900,OM cố định. Do đó I thuộc đường trịn đường kính OM .

MA

MB

ID

b) Giới hạn: Điểm I là trung điểm dây cung CD của O
đường tròn O

OI

CD

I nằm trong

I chuyển động trên đường tròn đường kính OM nằm

trong đường trịn O .
c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên đường trịn đường kính OM (phần
nằm trong đường tròn O )

OIM

900 . MI cắt O tại C , D . Gọi O ' là đường tròn BDC .

I là trung điểm CD . MAD
MCA (vì AMD chung,
MA MD
MB MD
. Mà MA MB , suy ra
.
MAD MCD )
MC
MC
MB
MA
MB MD
Xét MDB và MBC có M chung,
. Do đó
MC
MB
OI

CD

MDB

MBC

THCS.TOANMATH.com

MBD

MCB . Vẽ O ' H

DB , ta có


HO ' B

HBO '

MBD

HO ' B . Do đó

MCB suy ra MBD

HO ' B

HBO '

900

O 'B

AB

AB tiếp xúc

với đường tròn O ' .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường trịn đường kính OM (phần nằm
trong đường trịn O .

MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP
Câu 1. Cho đường trịn O , A là điểm cố định nằm ngồi đường trịn O .

OBC là đường kính quay quanh O . Tìm tập hợp tâm I đường ngoại tiếp
tam giác ABC .
Hướng dẫn:

(d)

a) Phần thuận:
Gọi D là giao điểm của AO
với đường trịn I
Xét

OAB và

OAB

A

I

D .

C

OCD có:

A

OAB
OAOD
.

COD (đối đỉnh). Do đó

OA
OC

OCD
R2

D

B

OCD (cùng chắn BD )

của I ); AOB

O

OD

THCS.TOANMATH.com

OB
OD
R2
OA

OAOD
.

OD

OBOC
.

R2 R 2
,
khơng đổi
OA OA

D cố


định. Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là trung trực của đoạn thẳng

AD .

b) Giới hạn:
Khi BOC qua A thì I

I 1 ( I 1 là trung điểm của AD ).

Khi BOC khơng qua A thì I chạy xa vô tận trên đường thẳng d .
Vậy I chuyển động trên đường thẳng d (trừ điểm I 1 là trung điểm AD
là đường trung trực của đoạn thẳng AD .
c) Phần đáo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đường thẳng d

I 1 . Vẽ đường

I

tròn I ; IA cắt đường tròn O tại B . BO cắt I ; IA tại C . Ta có:
IA

ID

D thuộc đường trịn tâm I bán kính

IA

OAB

OCD

OA
OC

OB
OD

OC

OAOD
.
OB

R2
OA
R

OA.

R

C

thuộc đường trịn O .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường trung trực của đoạn thẳng AD
(với D thuộc tia đối của tia OA và OD

R2
)trừ điểm I 1 ( I 1 là trung
OA

điểm của đoạn thẳng AD ).
Câu 2. Cho đường tròn O; R đường kính AB . Vẽ đường thẳng d
vng góc với AB tại I I

AB . Gọi M là điểm chuyển động trên

đường tròn O; R . MA và MB lần lượt cắt d tại C và D . Tìm tập hợp
các tâm J của đường tròn qua ba điểm A, D,C .
Hướng dẫn:
THCS.TOANMATH.com


a) Phần thuận: Gọi E là điểm đối xứng của B qua d
BDC ; AMB

EDC

CAI

E cố định.

900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).

BDC (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc)

Suy ra EDC

CAI

tứ giác EDCA nội tiếp
x'

đường trịn qua ba điểm A, D,C

D

đi qua hai điểm cố định A, E .
J

Vậy tâm I của đường tròn

M1
J1

M

qua ba điểm A, D,C thuộc
đường thẳng cố định là đường
trung trực xy của đoạn thẳng AE .

E

A

C
I

O

d

M2

I2
x

B

b) Giới hạn:
+ Khi M

M1 thì J

J 1 ( M1 là trung điểm AB ; J 1M1

+ Khi M

M2 thì J

J 2 ( M2 là trung điểm AB ;

J 2M 2

OM 2, J 2

OM1, J 1

d

d

Do đó J chuyển động trên hai tia J1x,J 2y của đường trung trực của đoạn
thẳng AE .

c)Phần đảo: Lấy điểm J bất kỳ trên tia J 1x (hoặc J 2y ). Vẽ đường tròn
J ;JA cắt d tại C , D .

THCS.TOANMATH.com


AC cắt BD tại M .

Ta có: JE

ACI

DEA ( EDCA nội tiếp J ); DBE

J , JA .

E

JA ( J thuộc trung trực của AE )

DEA ( B, E đối xứng qua

d ).

Suy ra ACI
Mà CIB

DBE

900

CMB

tứ giác ICMB nội tiếp đường tròn.

900

M thuộc đường tròn O .

d)Kết luận: Tập hợp các tâm J đường tròn qua ba điểm A, D,C là hai tia

J1y của đường trung trực của đoạn thẳng AE .
Câu 3. Cho ba điểm cố định A, B,C thẳng hàng theo thứ tự đó. Trên đường
thẳng d vng góc AB tại B lấy điểm bất kỳ D . Gọi H là trực tâm của
tam giác DAC . Tìm tập hợp các tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác
DAH .
Hướng dẫn:

(m)

a) Phần thuận: AC cắt O tại A, E .
(d)

Xét

BAH và

D

BDC có:

O

ABH

DBC

900 ;

A'
H

BAH

BDC

M
A

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc).

THCS.TOANMATH.com

E

B

C


Do đó

BAH

BDC

AB
BD

BH
. Suy ra: BD.BH
BC

AB.BC

(khơng đổi) (1)
Xét BAD và
tiếp). Do đó:

BHE có: B chung, BAD

BHE (tứ giác ADHE nội

BA BD
.
BABE
BD.BE
BC BE (2)
BH
BE
Từ (1) và (2) ta có: BD.BH AB.BC BABE

.
BC BE . E thuộc
đường thẳng cố định AB suy ra E cố định. OA OE (O là tâm đường
BAD

BHE

tròn DAH )

O thuộc đường thẳng cố định , m là đường trung trực

của đoạn thẳng AE .
b) Giới hạn: D chuyển động trên cả đường thẳng d nên O chuyển động
trên cả đường thẳng m (loại trừ điểm m là giao điểm của AC và m ).
c) Phần đảo: Lấy O bất kỳ trên đường thẳng m . Vẽ đường tròn O;OA
cắt đường thẳng d lần lượt tại H , D .
OA

OE nên E

O;OA . Xét

BAD và

BHE có: B chung;

BHE (tứ giác ADHE nội tiếp). Suy ra:
BA BD
.
BAD

BHE
BABE
BD.BH . Mà BE BC
BH
BE
AB BH
do đó: BD.BH AB.BC
. Xét BAH và BDC có:
BD BC
AB BH
. Do đó
ABH DBC
900 ;
BD BC
BAD

BAH

BDC

THCS.TOANMATH.com

BAH

BDC .


Mà DBC

BAH

900 nên

BCD

900

BCD

AA 'C

AC , AH

ADC có DB

900
DC

AH

DC .

H là trực tâm của

DAC .

d) Kết luận: Tập hợp các tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác DAH
là đường trung trực m của đoạn thẳng AE (trừ điểm M là giao điểm của
AC với m (với E là điểm đối xứng của C qua B ).

Câu 3. Cho tam giác cân ABC nội tiếp trong đường tròn O; R có

AB

AC

R 2 . M là điểm chuyển động trên cung nhỏ AC

đường thẳng AM cắt đường thẳng BC tại D . Tìm tập hợp các điểm I
là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: AB

AC

R 2 (gt); AB, AC là dây cung của O; R

nên AB, AC là các cạnh của hình vng nội tiếp O; R suy ra

ABC vuông cân tại A , suy ra BC là đường kính của O; R ,

CID

2CMD

900

x

A

Ta có: CMD

0

45

CMD nhọn,
M

do đó CMD

ICD có IC

1
CID
2
ID

THCS.TOANMATH.com

CID
R

900 .
ICD

B

O

C

I
D


900 nên

cân tại I mà CID

ICD vuông cân tại I , suy ra

450 . Ngồi ra ACB

450 do đó ACI

900 .

ICD

IDC

ACI

900 và AC cố định Cx vng góc với AC tại C .

b) Giới hạn:
Khi M

C thì I

Khi M

A thì I chạy xa vô tận trên tia Cx .

C.

Vậy I chuyển động trên tia Cx vng góc với AC tại C .
c) Phần đảo: Lấy I bất kỳ thuộc tia Cx . Vẽ đường tròn I ; IC , đường tròn
C;D

này cắt BC tại B , cắt O tại M M

ABC

tiếp

ICD có IC

CMD

1
CID
2

AMC

CMD

1800

AMC
ID

CID
1350

r

1350 .

AMC
IDC

C . Tứ giác BAMC nội

450

CID

900

450
450

1800

A, M , D thẳng hàng.

d) Kết luận: Tập hợp các tâm I của đường trịn ngoại tiếp
Cx vng góc với AC tại C .

MCD là tia

Câu 4. Cho đường tròn O; R và điểm A cố định. Đường tròn tâm I di
động qua A cắt O tại B,C . Gọi M là giao điểm của BC và tiếp tuyến
tại A của đường trịn I . Tìm tập hợp các điểm M .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: Vẽ tiếp tuyến MD với O
THCS.TOANMATH.com

D

O .


Xét

MBA có M chung,

MAC và

MAC

(d)

MBA ,(góc tạo bởi tia

tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp

B
I

cùng chắn cung AC )của I .
A

Do đó

MA
MB

MAC

K

H

MBA .
M

MC
MA

2

MA

Tương tự MD 2

MB.MC .

D

MB.MC . Mặt khác,

900 nên theo định lý Pitago, ta có:

MOD có D

MD 2

MO 2

OD 2

MO 2

MA2

R2 .

MO 2

R2 . Do đó MA2

MO 2

HMA MHA

900

MA2

HMO MHO

900

MO 2

MH 2

MH 2

AH 2

R2

OH 2

AH 2

R2

OH

AH

OH

AH

R2
OA
OA

MH 2

O

C

OH 2

MH 2

R2 , suy ra

AH 2
HO 2 . Do đó:
R2 ;

Do đó

OH

AH OH

(khơng đổi)

AH

H cố định. H cố định, OA cố định, MH

OH

AO tại

H .Vậy M thuộc đường thẳng d vng góc với OA tại H .
b) Giới hạn: O chuyển động trên cả đường thẳng d .

THCS.TOANMATH.com

1 R2
2 OA

OA


c) Phần đảo: Lấy M bất kỳ thuộc đường thẳng d . Vẽ cát tuyến MBC
O , vẽ đường tròn I qua A, B,C vẽ tiếp tuyến

B,C

với O

D

MD với O

Xét

MCD và

Do đó

MCD

O .

MDB có M (chung), MDC

MBD (góc tạo bởi tia
tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CD của O ).

900

MDO có D

MD2

MO 2

HO 2

MH 2

AH 2

MA

MB

MC
(vì MB, MC
MA

MAC
AIK

K

MA2 .Xét

MBA

MO2

AH 2

MAC và

AIK

MO2

R2 .

R2 , do đó

AH 2

MO 2

MB.MC

HO 2

AH 2

MBA có AMC (chung);

MA2 ).Do đó

MAC

IAK

MD 2

OD2

MBA . Vẽ IK

1
sđ AC suy ra: MAC
2

ABC

900

MD
MB

R2 ; mà HO 2

MO 2

Suy ra MB.MC
MB.MC

MC
MD

MDB

900 nên MAC

AC ta có

AIK . Mặt khác

IAK

900

AKI có

IAM

900 ,

do đó MA là tiếp tuyến của I .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường thẳng vng góc với OA tại

H (với OH

1 R2
2 OA

OA )

Câu 5. Cho đường tròn O; R và điểm A cố định trong đường tròn
THCS.TOANMATH.com


A

0 BC là dây cung di động quay quanh A . Các tiếp tuyến tại B và

C với đường tròn O cắt nhau tại D . Tìm tập hợp các điểm D .

Hướng dẫn:
B

H

a) Phần thuận: Gọi M là giao điểm

A

của OD và BC .
Vẽ DH

D

OA H

OA , DB

(định lý tiếp tuyến), OB

OMA và

OMA

C

OC

R

B

900 ; BM

DO

BC .

OHD có O chung, OMA

OHD

O

DC

suy ra DO là trung trực của BC
Xét

M

OA
OD

OM
OH

OD nên OM .OD

OHD

OAOH
.
OB 2

900 . Do đó

OM .OD ,

OBD có

R2 . Suy ra

R2
H cố định. Vậy D thuộc
(không đổi)
.
OAOH
R
OH
OA
đường thẳng cố định d vng góc với đường thẳng OA tại H .
2

b) Giới hạn: BC quay quanh A nên D chuyển động trên đường thẳng d .
c) Phần đảo: Lấy D bất kỳ trên đường thẳng d . Vẽ dây BC qua A và
vng góc với OD tại M M

OMA

OHD

THCS.TOANMATH.com

OA
OD

OD . Xét

OM
OH

OAOH
.

OM .OD . Mà